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高校数学解説
Koecher′s identity とその類似
181
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$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}}
\newcommand{BE}[0]{\begin{equation}}
\newcommand{bl}[0]{\boldsymbol}
\newcommand{D}[0]{\displaystyle}
\newcommand{EA}[0]{\end{align*}}
\newcommand{EE}[0]{\end{equation}}
\newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}}
\newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}}
\newcommand{L}[0]{\left}
\newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}}
\newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}}
\newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}}
\newcommand{R}[0]{\right}
$$
$\quad$一般に
${\bf Definition.}\quad (x_1,\cdots,x_i,\cdots,x_n)$から$(x_1,\cdots,x_i+1,\cdots,x_n)$への重みを$F_i(x_1,\cdots,x_n)$とし，$j\neq k$に対して$F_j(x_1,\cdots,x_n)$と$F_k(x_1,\cdots,x_n)$が$\textrm{WZ-pair}$であるとき，
$\BA\D\\
\big(F_1(x_1,\cdots,x_n),\cdots,F_n(x_1,\cdots,x_n)\big)
\EA$
を${\rm WZ~}{n\textrm{-tuple}}$と呼ぶ。
という定義のもと，とくに$n=4$においては
${\bf WZ~}{\bf 4\textrm{-}tuple}$
$\BA\D\\
H(i,j,k,l)=\frac{(a_1+a_3)_{i+k}(a_1+a_4)_{i+l}(a_2+a_3)_{j+k}(a_2+a_4)_{j+l}}{(a_1)_i(a_2)_j(a_3)_k(a_4)_l(-1+a_1+a_2+a_3+a_4)_{i+j+k+l+1}}
\EA$
とし
$\BA\D\\
F_1(i,j,k,l)=\frac{H(i,j,k,l)}{a_1+i},\quad
F_2(i,j,k,l)=\frac{H(i,j,k,l)}{a_2+j},\quad
F_3(i,j,k,l)=-\frac{H(i,j,k,l)}{a_3+k},\quad
F_4(i,j,k,l)=-\frac{H(i,j,k,l)}{a_4+l}
\EA$
とすると，
$\BA\D\\
(F_1(i,j,k,l),~F_2(i,j,k,l),~F_3(i,j,k,l),~F_4(i,j,k,l))
\EA$
は${\rm WZ~}{4\textrm{-tuple}}$である。
という表示があります。
さらに，$l=0$と固定して，$(a_1,a_2,a_3,a_4)=(1-x,1,x,0)$とすることで
${\bf WZ~}{\bf 3\textrm{-}tuple}$
$\BA\D\\
H(i,j,k)=\frac{(i+k)!(1+x)_{j+k}}{(x)_{k}(i+j+k+1)!}
\EA$
とし
$\BA\D\\
F_1(i,j,k)=\frac{H(i,j,k)}{i+1-x},\quad
F_2(i,j,k)=\frac{H(i,j,k)}{j+1},\quad
F_3(i,j,k)=-\frac{H(i,j,k)}{k+x}
\EA$
とすると，
$\BA\D\\
(F_1(i,j,k),~F_2(i,j,k),~F_3(i,j,k))
\EA$
は${\rm WZ~}{3\textrm{-tuple}}$である。
となります。
いま，$(0,0,0)$を始点として$(1,0,0)$ずつ進んだ経路の重みの和は
$\BA\D\\
\sum_{n=0}^\infty F_1(n,0,0)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n-x)}
\EA$
となります。
$\rm Koecher{'}s~identity$
$\BA\D\\
&F_1(n,2n,-n)+F_2(n+1,2n,-n)+F_2(n+1,2n+1,-n)-F_3(n+1,2n+2,-n-1)\\
=&\frac{1}{n+1-x}\frac{(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(2n+1)!}+\frac{1}{2n+1}\frac{(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(2n+2)!}+\frac{1}{2n+2}\frac{(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n}(2n+3)!}+\frac{1}{-n-1+x}\frac{(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n-1}(2n+3)!}\\
=&\frac{1}{n+1-x}\frac{(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(2n+1)!}+\frac{1}{2n+1}\frac{(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(2n+2)!}+\frac{1}{2n+2}\frac{(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n}(2n+3)!}+\frac{(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n}(2n+3)!}\\
=&\frac{1}{n+1-x}\frac{(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(2n+1)!}+\frac{1}{2n+1}\frac{(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(2n+2)!}+\frac{2n+3}{2n+2}\frac{(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n}(2n+3)!}\\
=&\L(\frac{2n+2}{n+1-x}+\frac{1}{2n+1}+\frac{n+1+x}{2n+2}\R)\frac{(-1)^{n}(1-x,1+x)_{n}}{(2n+2)!}
\EA$
となるので，
$\BA\D\\
&\sum_{n=0}^\infty (F_1(n,2n,-n)+F_2(n+1,2n,-n)+F_2(n+1,2n+1,-n)-F_3(n+1,2n+2,-n-1))\\
=&\sum_{n=1}^\infty \L(\frac{2n}{n-x}+\frac{1}{2n-1}+\frac{n+x}{2n}\R)\frac{(-1)^{n-1}(1-x,1+x)_{n-1}}{(2n)!}
\EA$
となり，
$\BA\D\\
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n-x)}=\sum_{n=1}^\infty \L(\frac{2n}{n-x}+\frac{1}{2n-1}+\frac{n+x}{2n}\R)\frac{(-1)^{n-1}(1-x,1+x)_{n-1}}{(2n)!}
\EA$
が得られます。
$\color{red}{✔}~$厳密には$(n,2n,-n)$と$(n,0,0)$をつなぐ経路が$0$に収束することを示す必要があります。
これにおいて，$x\to -x$としたものを足すことで
$\BA\D\\
\sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n^2-x^2}=\sum_{n=1}^\infty \L(\frac{4n^2}{n^2-x^2}+\frac{2n+1}{2n-1}\R)\frac{(-1)^{n-1}(1-x,1+x)_{n-1}}{(2n)!}
\EA$
引くことで
$\BA\D\\
\sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n(n^2-x^2)}=\sum_{n=1}^\infty \L(\frac{4n}{n^2-x^2}+\frac{1}{n}\R)\frac{(-1)^{n-1}(1-x,1+x)_{n-1}}{(2n)!}
\EA$
が得られます。
これらの式において，$(1-x,1+x)_{n-1}$を残しつつ，$(2n)!$を一般化するには，$(k,2,-1)$ずつ進めばよいです。
具体的な$k$について計算してみます。
$(2,2,-1)$ずつ進む
$\BA\D\\
&F_1(2n,2n,-n)+F_1(2n+1,2n,-n)+F_2(2n+2,2n,-n)+F_2(2n+2,2n+1,-n)-F_3(2n+2,2n+2,-n-1)\\
=&\frac{1}{2n+1-x}\frac{n!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(3n+1)!}+\frac{1}{2n+2-x}\frac{(n+1)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(3n+2)!}
+\frac{1}{2n+1}\frac{(n+2)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(3n+3)!}+\frac{1}{2n+2}\frac{(n+2)!(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n}(3n+4)!}
+\frac{1}{-n-1+x}\frac{(n+1)!(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n-1}(3n+4)!}\\
=&\frac{1}{2n+1-x}\frac{n!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(3n+1)!}+\frac{1}{2n+2-x}\frac{(n+1)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(3n+2)!}
+\frac{1}{2n+1}\frac{(n+2)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(3n+3)!}+\frac{1}{2n+2}\frac{(n+2)!(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n}(3n+4)!}
+\frac{(n+1)!(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n}(3n+4)!}\\
=&\frac{1}{2n+1-x}\frac{n!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(3n+1)!}+\frac{1}{2n+2-x}\frac{(n+1)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(3n+2)!}
+\frac{1}{2n+1}\frac{(n+2)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(3n+3)!}+\frac{1}{2n+2}\frac{(n+1)!(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n}(3n+3)!}\\
=&\frac{(3n+2)(3n+3)}{(n+1)(2n+1-x)}\frac{(n+1)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(3n+3)!}+\frac{3n+3}{2n+2-x}\frac{(n+1)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(3n+3)!}
+\frac{n+2}{2n+1}\frac{(n+1)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(3n+3)!}+\frac{n+1+x}{2n+2}\frac{(n+1)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(3n+3)!}\\
=&\L(\frac{(3n+2)(3n+3)}{(n+1)(2n+1-x)}+\frac{3n+3}{2n+2-x}+\frac{n+2}{2n+1}+\frac{n+1+x}{2n+2}\R)\frac{(-1)^n(n+1)!(1-x,1+x)_{n}}{(3n+3)!}
\EA$
となるので，
$\BA\D\\
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n-x)}
=\sum_{n=1}^\infty \L(\frac{3(3n-1)}{2n-1-x}+\frac{3n}{2n-x}+\frac{n+1}{2n-1}+\frac{n+x}{2n}\R)\frac{(-1)^{n-1}n!(1-x,1+x)_{n-1}}{(3n)!}
\EA$
が得られます。
これにおいて，$x\to -x$としたものを足すことで
$\BA\D\\
\sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n^2-x^2}
=\sum_{n=1}^\infty \L( \frac{4n+1}{2n-1}+\frac{6(2n-1)(3n-1)}{(2n-1)^2-x^2}+\frac{12n^2}{(2n)^2-x^2}\R)\frac{(-1)^{n-1}n!(1-x,1+x)_{n-1}}{(3n)!}
\EA$
引くことで
$\BA\D\\
\sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n(n^2-x^2)}
=\sum_{n=1}^\infty \L(\frac{1}{n}+\frac{6n}{(2n)^2-x^2}+\frac{6(3n-1)}{(2n-1)^2-x^2}\R)\frac{(-1)^{n-1}n!(1-x,1+x)_{n-1}}{(3n)!}
\EA$
が得られます。
$(3,2,-1)$ずつ進む
$\BA\D\\
&F_1(3n,2n,-n)+F_1(3n+1,2n,-n)+F_1(3n+2,2n,-n)+F_2(3n+3,2n,-n)+F_2(3n+3,2n+1,-n)-F_3(3n+3,2n+2,-n-1)\\
=&\frac{1}{3n+1-x}\frac{(2n)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+1)!}+\frac{1}{3n+2-x}\frac{(2n+1)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+2)!}+\frac{1}{3n+3-x}\frac{(2n+2)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+3)!}+\frac{1}{2n+1}\frac{(2n+3)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+4)!}+\frac{1}{2n+2}\frac{(2n+3)!(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n}(4n+5)!}+\frac{1}{-n-1+x}\frac{(2n+2)!(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n-1}(4n+5)!}\\
=&\frac{1}{3n+1-x}\frac{(2n)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+1)!}+\frac{1}{3n+2-x}\frac{(2n+1)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+2)!}+\frac{1}{3n+3-x}\frac{(2n+2)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+3)!}+\frac{1}{2n+1}\frac{(2n+3)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+4)!}+\frac{1}{2n+2}\frac{(2n+3)!(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n}(4n+5)!}+\frac{(2n+2)!(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n}(4n+5)!}\\
=&\frac{1}{3n+1-x}\frac{(2n)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+1)!}+\frac{1}{3n+2-x}\frac{(2n+1)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+2)!}+\frac{1}{3n+3-x}\frac{(2n+2)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+3)!}+\frac{1}{2n+1}\frac{(2n+3)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+4)!}+\frac{1}{2n+2}\frac{(2n+2)!(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n}(4n+4)!}\\
=&\frac{(4n+2)(4n+3)(4n+4)}{(2n+1)(2n+2)}\frac{1}{3n+1-x}\frac{(2n+2)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+4)!}
+\frac{(4n+3)(4n+4)}{2n+2}\frac{1}{3n+2-x}\frac{(2n+2)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+4)!}
+(4n+4)\frac{1}{3n+3-x}\frac{(2n+2)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+4)!}+\frac{1}{2n+1}\frac{(2n+3)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+4)!}+\frac{1}{2n+2}\frac{(2n+2)!(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n}(4n+4)!}\\
=&\L(\frac{(4n+2)(4n+3)(4n+4)}{(2n+1)(2n+2)}\frac{1}{3n+1-x}+\frac{(4n+3)(4n+4)}{2n+2}\frac{1}{3n+2-x}+(4n+4)\frac{1}{3n+3-x}+\frac{2n+3}{2n+1}+\frac{n+1+x}{2n+2}\R)\frac{(2n+2)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}(4n+4)!}
\EA$
となるので，
$\BA\D\\
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n-x)}
=\sum_{n=1}^\infty \L(\frac{2(4n-2)(4n-1)}{(2n-1)(3n-2-x)}+\frac{2(4n-1)}{3n-1-x}+\frac{4n}{3n-x}+\frac{2n+1}{2n-1}+\frac{n+x}{2n}\R)\frac{(-1)^{n-1}(2n)!(1-x,1+x)_{n-1}}{(4n)!}
\EA$
となります。また，
$\BA\D\\
\sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n^2-x^2}
&=\sum_{n=1}^\infty \L(\frac{4(3n-2)(4n-2)(4n-1)}{(2n-1)((3n-2)^2-x^2)}+\frac{4(3n-1)(4n-1)}{(3n-1)^2-x^2}+\frac{24n^2}{(3n)^2-x^2}+\frac{6n+1}{2n-1}\R)\frac{(-1)^{n-1}(2n)!(1-x,1+x)_{n-1}}{(4n)!}\\
\sum_{n=1}^\infty \frac{2}{n(n^2-x^2)}
&=\sum_{n=1}^\infty \L(\frac{4(4n-2)(4n-1)}{(2n-1)((3n-2)^2-x^2)}+\frac{4(4n-1)}{(3n-1)^2-x^2}+\frac{8n}{(3n)^2-x^2}+\frac{1}{n}\R)\frac{(-1)^{n-1}(2n)!(1-x,1+x)_{n-1}}{(4n)!}
\EA$
となります。
$(k,2,-1)$ずつ進む
$\BA\D\\
&\sum_{j=0}^{k-1} F_1(kn+k-j-1,2n,-n)\\
=&\sum_{j=0}^{k-1}\frac{1}{k(n+1)-j-x}\frac{((k-1)(n+1)-j)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}((k+1)(n+1)-j-1)!}\\
=&(-1)^n(1-x,1+x)_n\sum_{j=0}^{k-1}\frac{1}{k(n+1)-j-x}\frac{((k-1)(n+1)-j)!}{((k+1)(n+1)-j-1)!}
\EA$
また，
$\BA\D\\
F_2(kn+k,2n,-n)&=\frac{1}{2n+1}\frac{((k-1)(n+1)+1)!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}((k+1)(n+1))!}\\
F_2(kn+k,2n+1,-n)-F_3(kn+k,2n+2,-n-1)
&=\frac{1}{2n+2}\frac{((k-1)(n+1)+1)!(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n}((k+1)(n+1)+1)!}+\frac{1}{-n-1+x}\frac{((k-1)(n+1))!(1+x)_{n+1}}{(x)_{-n-1}((k+1)(n+1)+1)!}\\
&=\frac{n+1+x}{2n+2}\frac{((k-1)(n+1))!(1+x)_{n}}{(x)_{-n}((k+1)(n+1))!}
\EA$
となり，
$\BA\D\\
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n-x)}
=\sum_{n=1}^\infty \L(\L(\frac{(k-1)n+1}{2n-1}+\frac{n+x}{2n}\R)\frac{1}{\binom{(k+1)n}{2n}}
+\sum_{j=0}^{k-1}\frac{(k+1)n-j}{kn-j-x}\frac{1}{\binom{(k+1)n-j}{2n}}
\R)\frac{(-1)^{n-1}(1-x,1+x)_{n-1}}{(2n)!}
\EA$
が得られます。また，
$\BA\D\\
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2-x^2}
&=\sum_{n=1}^\infty \L(\frac{2kn+1}{2(2n-1)}\frac{1}{\binom{(k+1)n}{2n}}
+\sum_{j=0}^{k-1}\frac{((k+1)n-j)(kn-j)}{(kn-j)^2-x^2}\frac{1}{\binom{(k+1)n-j}{2n}}
\R)\frac{(-1)^{n-1}(1-x,1+x)_{n-1}}{(2n)!}\\
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n^2-x^2)}
&=\sum_{n=1}^\infty \L(\frac{1}{2n}\frac{1}{\binom{(k+1)n}{2n}}
+\sum_{j=0}^{k-1}\frac{(k+1)n-j}{(kn-j)^2-x^2}\frac{1}{\binom{(k+1)n-j}{2n}}
\R)\frac{(-1)^{n-1}(1-x,1+x)_{n-1}}{(2n)!}
\EA$
となります。
$x$について冪級数展開したときの$x^{2r}$の係数を比較することで
$\BA\D\\
\zeta(2r+2)
&=(-1)^r\sum_{n=1}^\infty \frac{2kn+1}{2(2n-1)}\frac{(-1)^{n-1}{\zeta}_{< n}({\{2\}}^r)}{n^2\binom{2n}{n}\binom{(k+1)n}{2n}}
+\sum_{i=0}^r(-1)^i\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{n=1}^\infty\frac{(k+1)n-j}{(kn-j)^{2r-2i+1}}\frac{(-1)^{n-1}{\zeta}_{< n}({\{2\}}^i)}{n^2\binom{2n}{n}\binom{(k+1)n-j}{2n}}\\
\zeta(2r+3)
&=(-1)^r\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}{\zeta}_{< n}({\{2\}}^r)}{2n^3\binom{2n}{n}\binom{(k+1)n}{2n}}
+\sum_{i=0}^r(-1)^i\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{n=1}^\infty\frac{(k+1)n-j}{(kn-j)^{2r-2i+2}}\frac{(-1)^{n-1}{\zeta}_{< n}({\{2\}}^i)}{n^2\binom{2n}{n}\binom{(k+1)n-j}{2n}}
\EA$
となります。
定理として述べておきましょう。
<div style="padding: .5em 1em; margin: 2em 0; border: double 5px #333333; background: #ffffff;box-shadow: 4px 4px 0 #cacaca;"">
${\bf THEOREM.}$
$\quad 0$を除く整数でない複素数$x$と正整数$k$に対して
$\BA\D\\
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2-x^2}
&=\sum_{n=1}^\infty \L(\frac{2kn+1}{2(2n-1)}\frac{1}{\binom{(k+1)n}{2n}}
+\sum_{j=0}^{k-1}\frac{((k+1)n-j)(kn-j)}{(kn-j)^2-x^2}\frac{1}{\binom{(k+1)n-j}{2n}}
\R)\frac{(-1)^{n-1}(1-x,1+x)_{n-1}}{(2n)!}\\
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n^2-x^2)}
&=\sum_{n=1}^\infty \L(\frac{1}{2n}\frac{1}{\binom{(k+1)n}{2n}}
+\sum_{j=0}^{k-1}\frac{(k+1)n-j}{(kn-j)^2-x^2}\frac{1}{\binom{(k+1)n-j}{2n}}
\R)\frac{(-1)^{n-1}(1-x,1+x)_{n-1}}{(2n)!}
\EA$
が成り立つ。
また，正整数$k$と非負整数$r$に対して
$\BA\D\\
\zeta(2r+2)
&=(-1)^r\sum_{n=1}^\infty \frac{2kn+1}{2(2n-1)}\frac{(-1)^{n-1}{\zeta}_{< n}({\{2\}}^r)}{n^2\binom{2n}{n}\binom{(k+1)n}{2n}}
+\sum_{i=0}^r(-1)^i\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{n=1}^\infty\frac{(k+1)n-j}{(kn-j)^{2r-2i+1}}\frac{(-1)^{n-1}{\zeta}_{< n}({\{2\}}^i)}{n^2\binom{2n}{n}\binom{(k+1)n-j}{2n}}\\
\zeta(2r+3)
&=(-1)^r\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}{\zeta}_{< n}({\{2\}}^r)}{2n^3\binom{2n}{n}\binom{(k+1)n}{2n}}
+\sum_{i=0}^r(-1)^i\sum_{j=0}^{k-1}\sum_{n=1}^\infty\frac{(k+1)n-j}{(kn-j)^{2r-2i+2}}\frac{(-1)^{n-1}{\zeta}_{< n}({\{2\}}^i)}{n^2\binom{2n}{n}\binom{(k+1)n-j}{2n}}
\EA$
が成り立つ。
投稿日：2022年2月14日
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